信号与系统-傅里叶级数

导引

傅里叶级数是用来求解热传导方程提出来的，热传导方程$f(x,t)$满足以下偏微分方程

$$\{\begin{array}{c}\frac{\partial f}{\partial t}=K\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}\\ f(x,0)=f(x)\end{array}$$

对于一般的函数$f(x)$，上述方程没有解，但是如果$f(x)$是某些特殊函数，热传导方程则存在解，有三种情况存在解(满足热传导方程)

情况1. 当$f(x)=B$时，$f(x,t)=B$

情况2. 当$f(x)=Bcos(\omega x)$时，$f(x,t)=Bcos(\omega x)e^{-K{\omega }^{2}t}$

情况3. 当$f(x)=Csin(\omega x)$时，$f(x,t)=Csin(\omega x)e^{-K{\omega }^{2}t}$

傅里叶提出的

如果$$f(x)=B_0+\sum _{k=1}^{+\infty }{B}_{k}cos(k{\omega }_{0}x)+\sum _{k=1}^{+\infty }{C}_{k}sin(k{\omega }_{0}x)$$，

则热传导方程为

$$f(x,t)=B_0+\sum _{k=1}^{+\infty }{B}_{k}cos(k{\omega }_{0}x)e^{-K{k}^2{\omega }_0^{2}t}+\sum _{k=1}^{+\infty }{C}_{k}sin(k{\omega }_{0}x)e^{-K{k}^2{\omega }_0^{2}t}$$

其中${\omega }_0$为基波频率，$k{\omega }_0$为k次谐波频率，$B_0$为直流分量，$T_0=\frac{2\pi }{{\omega }_0}$

当上述热传导方程的三种特殊解叠加起来后，则构成了傅里叶所提出的，为什么能够叠加呢，因为热传导方程为LTI系统

在情况2和情况3频率为$\omega$，那么傅里叶为什么要用${\omega }_0$呢？为了求解$B_0、B_k、C_k$

既然$f(x.t)$函数得到，那么式中只有$B_0、B_k、C_k$为未知数，只要把$B_0、B_k、C_k$求解出来，则$f(x.t)$就可以得到求解

推导$B_0、B_k、C_k$

1. 求$B_0$

$${\int }_0^{T_0}f(x)dx={\int }_0^{T_0}{B}_{0}dx+\sum _{k=1}^{+\infty }{\int }_0^{T_0}{B}_{k}cos(k{\omega }_{0}x)dx+\sum _{k=1}^{+\infty }{\int }_0^{T_0}{C}_{k}sin(k{\omega }_{0}x)dx=B_0{T}_0$$

因此，$$B_0=\frac{1}{T_0}{\int }_0^{T_0}f(x)dx$$$B_0$为直流分量

2. 求$B_k$

$${\int }_0^{T_0}f(x)cos(k{\omega }_{0}x)dx={\int }_0^{T_0}{B}_{0}cos(k{\omega }_{0}x)dx+\sum _{u=1}^{+\infty }{\int }_0^{T_0}{B}_{u}cos(u{\omega }_{0}x)cos(k{\omega }_{0}x)dx+\sum _{u=1}^{+\infty }{\int }_0^{T_0}{C}_{u}sin(u{\omega }_{0}x)cos(k{\omega }_{0}x)dx=B_k\frac{T_0}{2}$$

因此，$$B_k=\frac{2}{T_0}{\int }_0^{T_0}f(x)cos(k{\omega }_{0}x)dx$$

2. 求$C_k$

$${\int }_0^{T_0}f(x)sin(k{\omega }_{0}x)dx={\int }_0^{T_0}{B}_{0}sin(k{\omega }_{0}x)dx+\sum _{u=1}^{+\infty }{\int }_0^{T_0}{B}_{u}cos(u{\omega }_{0}x)sin(k{\omega }_{0}x)dx+\sum _{u=1}^{+\infty }{\int }_0^{T_0}{C}_{u}sin(u{\omega }_{0}x)sin(k{\omega }_{0}x)dx=C_k\frac{T_0}{2}$$

因此，$$C_k=\frac{2}{T_0}{\int }_0^{T_0}f(x)sin(k{\omega }_{0}x)dx$$

总结：

当$$f(x)=B_0+\sum _{k=1}^{+\infty }{B}_{k}cos(k{\omega }_{0}x)+\sum _{k=1}^{+\infty }{C}_{k}sin(k{\omega }_{0}x)$$，

则$$B_0=\frac{1}{T_0}{\int }_0^{T_0}f(x)dx$$

$$B_k=\frac{2}{T_0}{\int }_0^{T_0}f(x)cos(k{\omega }_{0}x)dx$$

$$C_k=\frac{2}{T_0}{\int }_0^{T_0}f(x)sin(k{\omega }_{0}x)dx$$

此时，热传导方程为：

$$f(x,t)=B_0+\sum _{k=1}^{+\infty }{B}_{k}cos(k{\omega }_{0}x)e^{-K{k}^2{\omega }_0^{2}t}+\sum _{k=1}^{+\infty }{C}_{k}sin(k{\omega }_{0}x)e^{-K{k}^2{\omega }_0^{2}t}$$

傅里叶级数的复数表达形式

$$\{\begin{array}{c}x(t)={\sum }_{k=-\infty }^{+\infty }{a}_k{e}^{jk{\omega }_{0}t}\\ a_k=\frac{1}{T_0}{\int }_0^{T_0}x(t)e^{-jk{\omega }_{0}t}dt\end{array}$$

其中，$${\omega }_0=\frac{2\pi }{T_0}$$

$$\{\begin{array}{c}{B}_0=a_0\\ B_k=a_k+a_{-k}\\ C_k=j(a_k-a_{-k})\end{array}$$

$$\{\begin{array}{c}{a}_0=B_0\\ a_k=\frac{1}{2}(B_k-j{C}_k)\\ a_{-k}=\frac{1}{2}(B_k+j{C}_k)\end{array}$$

收敛性证明

傅里叶虽然提出了$f(x)$的表达式，但是没有给出该式子收敛性的证明，因此狄里赫利给出了傅里叶级数收敛的3个条件：

1. $x(t)$一个周期内可积，即${\int }_0^{T_0}|f(x)|dx<+\infty$
2. $x(t)$一个周期内$f(x)$最值个数有限
3. $x(t)$一个周期内不连续点有限

引理1：

若$x(t)$满足狄里赫利三条件，则有：

$$li{m}_{N\to +\infty }{\int }_0^{T_0}x(t)sin(Nt)dt=0$$

$$li{m}_{N\to +\infty }{\int }_0^{T_0}x(t)cos(Nt)dt=0$$

引理2：

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{sin(\omega t)}{t}dt=\pi$$

引理3：

$$li{m}_{\omega \to +\infty }\frac{sin(\omega t)}{\pi t}=\delta (t)$$

若以$T_0$为周期的信号$x(t)$满足狄里赫利的三个条件，可以得到，当：

$$x_N(t)=B_0+\sum _{k=1}^N{B}_{k}cos(k{\omega }_{0}t)+\sum _{k=1}^N{C}_{k}sin(k{\omega }_{0}t)$$

其中：

$$B_0=\frac{1}{T_0}{\int }_0^{T_0}f(x)dx$$

$$B_k=\frac{2}{T_0}{\int }_0^{T_0}f(x)cos(k{\omega }_{0}x)dx$$

$$C_k=\frac{2}{T_0}{\int }_0^{T_0}f(x)sin(k{\omega }_{0}x)dx$$

则有：

$$li{m}_{N\to \infty }{x}_N(t)=x(t)$$

具体推导过程：

$$\begin{array}{rl}{x}_N(t)& =\frac{1}{T_0}{\int }_{T_0}x(u)du+\frac{2}{T_0}\sum _{k=1}^N[{\int }_{T_0}x(u)cos(k{\omega }_{0}u)du]cos(k{\omega }_{0}t)++\frac{2}{T_0}\sum _{k=1}^N[{\int }_{T_0}x(u)sin(k{\omega }_{0}u)du]sin(k{\omega }_{0}t)\\ & =\frac{2}{T_0}{\int }_{T_0}\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^N[cos(k{\omega }_{0}u)cos(k{\omega }_{0}t)+sin(k{\omega }_{0}u)sin(k{\omega }_{0}t)]x(u)du\\ & =\frac{2}{T_0}{\int }_{T_0}\frac{1}{2}+\sum _{k=1}^{N}cos[k{\omega }_0(u-t)]x(u)du\\ & =\frac{2}{T_0}{\int }_{T_0}\frac{sin[(N+\frac{1}{2}){\omega }_0(u-t)]}{2sin[\frac{1}{2}{\omega }_0(u-t)]}x(u)du\\ & =\frac{1}{T_0}{\int }_0^{T_0}\frac{sin[(N+\frac{1}{2}){\omega }_0(u-t))]}{sin[\frac{1}{2}{\omega }_0(u-t)]}x(u)du\end{array}$$

设${\omega }_0(u-t)=u^{\prime }$

$$\begin{array}{rl}{x}_N(t)& =\frac{1}{{\omega }_0{T}_0}{\int }_{-{\omega }_{0}t}^{2\pi -{\omega }_0{T}_0}\frac{sin[(N+\frac{1}{2})u^{\prime })]}{sin\left[\frac{1}{2}{u}^{\prime }\right]}x(\frac{u^{\prime }}{{\omega }_0}+t)d{u}^{\prime }\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-{\omega }_{0}t}^{2\pi -{\omega }_0{T}_0}\frac{sin[(N+\frac{1}{2})u)]}{sin\left[\frac{1}{2}u\right]}x(\frac{u}{{\omega }_0}+t)du\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{sin[(N+\frac{1}{2})u)]}{2sin\left[\frac{1}{2}u\right]}x(\frac{u}{{\omega }_0}+t)du\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{x(\frac{u}{{\omega }_0}+t)}{2sin\left[\frac{1}{2}u\right]}sin[(N+\frac{1}{2})u)]du\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }x(\frac{u}{{\omega }_0}+t)[\frac{1}{2sin(\frac{1}{2}u)}-\frac{1}{u}]sin[(N+\frac{1}{2})u]du+\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }x(\frac{u}{{\omega }_0}+t)\frac{sin[(N+\frac{1}{2})u]}{u}du\\ li{m}_{N\to +\infty }{x}_N(t)& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }x(\frac{u}{{\omega }_0}+t)li{m}_{N\to +\infty }\frac{sin[(N+\frac{1}{2})u]}{u}du\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }x(\frac{u}{{\omega }_0}+t)\delta (u)du\\ & =x(\frac{0}{{\omega }_0}+t)\\ & =x(t)\end{array}$$

在化简过程中用到的公式：

$$1+2cos(\omega )+2cos(2\omega )+\dots \dots +2cos(N\omega )=\frac{sih[(N+\frac{1}{2})\omega ]}{sin(\frac{1}{2}\omega )}$$
$$li{m}_{N\to +\infty }\frac{sin[(N+\frac{1}{2})u]}{u}=\pi \delta$$

$${\int }_{-\infty }^{\infty }x(u)\delta (u)du=x(0)$$

吉布斯现象

在自然界中，不可能真的有无穷个数据的计算，因此$f(x)$表示为$$f_N(x)=B_0+\sum _{k=1}^N{B}_{k}cos(k{\omega }_{0}x)+\sum _{k=1}^N{C}_{k}sin(k{\omega }_{0}x)$$

这样就造成了吉布斯现象，对于一个方波，对着$N$的增大，$f_N(x)$越接近于方波，但是只能无限接近，因为正弦、余弦函数无限的叠加不能够成为直上直下的情况。

参考资料

1. https://www.bilibili.com/video/BV1g94y1Q76G?p=15&vd_source=b3a15f5d8887594220b3104779be9fc3
2. https://www.bilibili.com/video/BV1g94y1Q76G?p=16&vd_source=b3a15f5d8887594220b3104779be9fc3